刷题记录:牛客NC25147金币馅饼

传送门:牛客

题目描述:

最近，奶牛们热衷于把金币包在面粉里，然后把它们烤成馅饼。第i块馅饼中含有Ni(1<=Ni<=25)块金币，并
且，这个数字被醒目地标记在馅饼表面。
奶牛们把所有烤好的馅饼在草地上排成了一个R行(1<=R<=100)C列(1<=C<=100)的矩阵。你现在站在坐标为
(1,1)的馅饼边上，当然，你可以拿到那块馅饼里的所有金币。你必须从现在的位置，走到草地的另一边，在
坐标为(R,C)的馅饼旁边停止走动。每做一次移动，你必须走到下一列的某块馅饼旁边，并且，行数的变动不
能超过1（也就是说，如果现在你站在坐标为(r,c)的馅饼边上，下一步你可以走到坐标为(r-1,c+1),(r,c+1),或者
(r+1,c+1)的馅饼旁边）。当你从一块馅饼边经过，你就可以拿走馅饼里所有的金币。当然啦，你一定不会愿
意因半路离开草地而失去唾手可得的金币，但，最终你一定得停在坐标为(R,C)的馅饼旁边。
现在，你拿到了一张标记着馅饼矩阵中，每一块馅饼含金币数量的表格。那么，按照规则，你最多可以拿到
多少金币呢？
输入:
3 7
6 5 3 7 9 2 7
2 4 3 5 6 8 6
4 9 9 9 1 5 8
输出:
50

一道简单的跑图dp题.dp方程并不难推

主要思路:

1. 首先我们可以发现我们有一个很显然的转移过程,那就是我们当前的点是可以由前面的三个点转移过来的,并且我们是必须每次都往右移一格的,因此我们有一个朴素的转移方程:

$dp[i][j]=max(dp[i-1][j-1],dp[i][j-1],dp[i+1][j-1])+a[i][j]$

2. 但是有一个需要注意的点,那就是假设我们使用了上述的dp方程,那么我们的递推方式是从左到右,从上到下的,也就是意味着我们的循环方式也应该是这样的,而不是$i1ton+j1ton$

下面是具体的代码部分:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <string.h>
#include <stack>
#include <deque>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define root 1,n,1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
	return x*w;
}
#define maxn 1000000
#define ll_maxn 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
const double eps=1e-8;
int n,m;int mp[1000][1000];
int dp[1000][1000];
int main() {
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=m;j++) {
			mp[i][j]=read();
		}
	}
	for(int j=1;j<=m;j++) {
		for(int i=1;i<=j;i++) {
			dp[i][j]=max(dp[i-1][j-1],dp[i][j]);
			dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i][j]);
			dp[i][j]=max(dp[i+1][j-1],dp[i][j]);
			dp[i][j]+=mp[i][j];
		}
	}
	cout<<dp[n][m]<<endl;
	return 0;
}